Wir untersuchen in diesem Abschnitt das Randverhalten der biholomorphen Abbildungf : Ω →D im Riemannschen Abbildungssatz. Am Anfang steht eine einfache Beobachtung die ohne jede Einschr¨ankung f¨ur jedes Ω gilt.
Definition 5.20. Sei Ω ⊂ C offen und (zn)n∈N eine Folge in Ω. Wir sa-gen zn konvergiert gegen den Rand von Ω wenn f¨ur jede kompakte Teilmenge K⊂Ωeine Zahl n0 ∈N existiert, so dass f¨ur allen∈N gilt
n≥n0 =⇒ zn∈Ω\K.
Wenn diese Bedingung erf¨ullt is schreiben wir abk¨urzend zn−→∂Ω.
Ubung 5.21.¨ Eine Folgezn ∈Ω konvergiert genau dann gegen den Rand von Ω wenn sie keine Teilfolge hat, die gegen ein Element von Ω konvergiert.
Ubung 5.22.¨ Seif : Ω→ Ω ein Hom¨e oomorphismus zwischen zwei offenen Teilmengen vonC und sei (zn)n∈N eine Folge in Ω. Dann gilt
zn−→∂Ω ⇐⇒ f(zn)−→∂Ωe Ubung 5.23.¨ F¨ur jede Folge (zn)n∈N inDgilt
zn−→∂D ⇐⇒ lim
n→∞|zn|= 1.
Satz 5.24. Sei Ω⊂C eine offene Menge und f : Ω → D ein Hom¨ oomor-phismus. Dann gilt f¨ur jede Folge (zn)n∈N in Ω, dass
zn−→∂Ω ⇐⇒ lim
n→∞|f(zn)|= 1.
Beweis. Ubung 5.22 und ¨¨ Ubung 5.23.
So elementar dieser Satz auch erscheinen mag, stellt er sich doch als sehr n¨utzlich heraus. Er gibt uns eine erste Information ¨uber das Verhalten von gegen den Rand konvergierenden Folgen unter unserer biholomorphen Abbildung. Unser Ziel in diesem Abschnitt ist es jedoch, eine wesentlich st¨arkere Aussage zu beweisen f¨ur offene Mengen mit besonders regul¨arem Rand. Dazu ben¨otigen wir das Schwarzsche Spiegelungsprinzip.
5.4. REGULARIT ¨AT AM RAND 161 Das Schwarzsche Spiegelungsprinzip
Sei Ω⊂Ceine zusammenh¨angende offene Menge, die symmetrisch ist unter Konjugation, das heisst
z∈Ω ⇐⇒ z¯∈Ω. (5.12)
Wir bezeichnen die obere H¨alftevon Ω mit
Ω+:= Ω∩H={z∈Ω|Imz >0}. (Siehe Abbildung 5.1.)
Ω
+Abbildung 5.1: Ein spiegelsymmetrisches Gebiet
Satz 5.25 (Schwarz). Sei f : Ω+→C eine holomorphe Funktion, so dass lim
Ω+3z→xRef(z) = 0 ∀x∈Ω∩R. (5.13) Dann gibt es eine holomorphe Funktion fe: Ω→C so dass
fe|Ω+ =f, fe(¯z) =−fe(z) ∀z∈Ω. (5.14) Beweis. Seiu:= Ref : Ω+→Rund definiere eu: Ω→Rdurch
u(z) :=e
u(z), falls Imz >0, 0, falls Imz= 0,
−u(¯z), falls Imz <0.
Dann folgt aus unserer Voraussetzung (5.13), dass uestetig ist.
Behauptung 1. eu ist harmonisch, das heisst ue : Ω → R ist eine C2 -Funktion und erf¨ullt in Ω die Laplace-Gleichung
∆ue:= ∂2eu
∂x2 + ∂2ue
∂y2 = 0.
Behauptung 2.Es gibt eine harmonische Funktion ev: Ω→R so dass
∂ev
∂x =−∂ue
∂y, ∂ev
∂y = ∂eu
∂x, in Ω, (5.15)
v(¯ez) =ev(z) ∀z∈Ω, (5.16) v(z) = Ime f(z) ∀z∈Ω+. (5.17) Die Aussage von Satz 5.25 folgt aus diesen Behauptungen mitfe:=eu+iev.
Wir beweisen Behauptung 1. Die Funktionueist offensichtlich harmonisch auf Ω\R. Sei also x0 ∈Ω∩R. Wir w¨ahlenr >0 so dassBr(x0)⊂Ω ist und definierenub:Br(x0)→Rdurch u(z) :=b eu(z) f¨urz∈∂Br(x0) und durch
u(z) :=b 1 2π
Z π
−π
r2− |z−x0|2
|x0+reit−z|2u(xe 0+reit)dt, z∈Br(x0). (5.18) Diese Funktion ist harmonisch inBr(z0) und stetig aufBr(x0) (Satz A.11).
Ausserdem gilt
bu(z) = 0 ∀z∈Br(x0)∩R,
denn f¨urz=x∈Rist der Integrand in (5.18) eine ungerade Funktion vont.
Daraus folgt, dassub−ueauf Br(x0)∩Hharmonisch ist und auf dem Rand diese Gebietes verschwindet. Ebenso f¨ur den unteren Halbkreis von Br(x0).
Nach dem Maximumprinzip f¨ur harmonische Funktionen (Satz A.5) stimmen euundubaufBr(x0) ¨uberein, and daher isteuauf diesem Gebiet harmonisch.
Dax0 ∈Ω∩Rbeliebig geq¨ahlt war, folgt daraus Behauptung 1.
Wir beweisen Behauptung 2. Die Funktion ev ist auf Ω\Rdurch (5.16) und (5.17) eindeutig bestimmt und erf¨ullt dort auch die Bedingung (5.15), nach Satz 2.13. Wir w¨ahlen nunx0 undr wie im Beweis der Behauptung 1.
F¨urζ =ξ+iη∈Cmit|ζ|< r betrachten wir die Funktion
ev(x0+ζ) :=c+ Z 1
0
η∂ue
∂x(x0+tζ)−ξ∂eu
∂y(x0+tζ)
dt.
Diese Funktion erf¨ullt die Gleichung (5.15), nach ¨Ubung 2.46. Daraus folgt, dassev−Imf inBr(z0)∩Hkonstant ist. Wir k¨onnen also cso w¨ahlen, dass ev= Imf ist in Br(z0)∩H. Damit erf¨ulltev also (5.15) und (5.17) inBr(z0).
Nun betrachten wir die folgenden FunktionenU, V :Br(x0)→R: U(x, y) :=eu(x, y) +u(x,e −y), V(x, y) :=ev(x, y)−ev(x,−y).
5.4. REGULARIT ¨AT AM RAND 163 Da eu und ev die Cauchy-Riemann-Gleichungen in Br(x0) erf¨ullen, gilt dies auch f¨urU und V. Nun ist aber U ≡0 und darus folgt, dass V in Br(x0) konstant ist. DaV(x,0) = 0 ist folgt darausV ≡0. Damit erf¨ulltevauch die Bedingung (5.16) in Br(x0). Wir haben also gezeigt dass sich die Funktion
Ω\R→C:z7→
Imf(z), falls Imz >0, Imf(¯z), falls Imz <0,
zu einer harmonischen Funktion auf (Ω\R)∪Br(x0) fortsetzten l¨asst, die dort (5.15), (5.16) und (5.17) erf¨ullt. Da x0 ∈ Ω∩R beliebig gew¨ahlt war, folgt daraus Behauptung 2. Damit ist der Satz bewiesen.
Bemerkung 5.26. Im Beweis von Satz 5.25 ist es n¨otig, auf die Theorie der harmonischen Funktionen zur¨uckzugreifen, weil wir keinerlei Bedingungen an das Verhalten des Imagin¨arteils vonf(z) f¨urz→x∈Ω∩Rstellen. Falls dieser Limes f¨ur jedesxexistiert, so folgt daraus, dass die durchfe(z) :=f(z) f¨ur Imz >0 und fe(z) :=−f(¯z) f¨ur Imz < 0 definierte Funktion auf Ω\R sich auf Ω stetig fortsetzen l¨asst, und dann kann man mit Hilfe von Satz 4.12 beweisen, dass diese Fortsetzung holomorph ist.
Ubung 5.27.¨ Welche Schlussfolgerung ergibt sich in Satz 5.25 wenn der Realteil vonf(z) in (5.13) durch den Imagin¨arteil ersetzt wird?
Ubung 5.28.¨ Sei f :C→ C eine holomorphe Funktion so dass f(R)⊂ R und f(iR) ⊂ iR ist. Zeigen Sie, dass f ungerade ist (das heisst f(−z) =
−f(z) f¨ur alle z∈C).
Ubung 5.29.¨ Sei Ω ⊂ C eine offene Menge, die (5.12) erf¨ullt. Dann l¨asst sich jede holomorphe Funktionf : Ω→Cals Summef =f1+if2schreiben, wobei jedes fi eine holomorphe Funktion auf Ω mitfi(Ω∩R)⊂Rist.
Ubung 5.30.¨ Seif :H→Ceine beschr¨ankte holomorphe Funktion so dass limz→xRef(z) = 0 ist f¨ur alle x∈R. Dann istf konstant.
Ubung 5.31.¨ Seif :D→Ceine holomorphe Funktion, die der Bedingung lim
z→eiθ|f(z)|= 1 ∀θ∈R
gen¨ugt. Beweisen Sie, dass f rational ist. Hinweis: Beweisen Sie zuerst, dass eine holomorphe Funktion fe:C→ C existiert, die aufD mit f ¨ uber-einstimmt und die Bedingung
fe(1/¯z) = 1/fe(z) ∀z∈C\ {0}
erf¨ullt.
Regularit¨at am Rand
Definition 5.32. Sei Ω ⊂ C eine offene Menge. Ein Randpunkt ζ ∈ ∂Ω heisstregul¨ar wenn es eine offene Umgebung U ⊂C von ζ und eine injek-tive holomorphe Funktion φ:U →Cgibt so dass
φ(U ∩Ω) =φ(U)∩H, φ(U ∩∂Ω) =φ(U)∩R. (5.19) (Siehe Abbildung 5.2.)
U φ ζ
Abbildung 5.2: Ein regul¨arer Randpunkt
Satz 5.33. SeiΩ⊂Ceine zusammenh¨angende einfach zusammenh¨angende offene Menge und
Γ :={ζ ∈∂Ω|ζ ist regul¨ar}
die Menge der regul¨aren Randpunkte. Ist f : Ω→Deine biholomorphe Ab-bildung, so existiert eine offene MengeΩe ⊂Cund eine injective holomorphe Abbildungfe:Ωe →C so dass Ω∪Γ⊂Ωe und fe|Ω=f ist.
Beweis. Der Beweis hat vier Schritte.
Schritt 1.F¨ur jedes ζ ∈Γ gibt es eine offene UmgebungUζ⊂Cvonζ und eine injektive holomorphe Funktionfζ : Ω∪Uζ →Cso dass
∂Ω∩Uζ⊂Γ, fζ|Ω =f, und, f¨ur allez∈Ω∪Uζ,
z∈Ω ⇐⇒ |fζ(z)|<1, z∈∂Ω ⇐⇒ |fζ(z)|= 1, z /∈Ω ⇐⇒ |fζ(z)|>1.
(5.20)
Insbesondere l¨asst sichf stetig aufΩ∪Γ fortsetzen und wir definieren C:=
z→ζlimf(z)
ζ ∈Γ
={fζ(ζ)|ζ ∈Γ} ⊂S1. (5.21)
5.4. REGULARIT ¨AT AM RAND 165 Sei U ⊂ C eine offene Umgebung von ζ und φ : U → C eine injektive holomorphe Funktion wie in Definition 5.32 so dass (5.19) gilt. Wir k¨onnen U undφ so w¨ahlen, dass
φ(U) =D, φ(ζ) = 0, z0:=f−1(0)∈/ U. (5.22) Dazu verkleinern wir U, wenn n¨otig, so dassz0 ∈/ U und φ(U) =Bε(φ(ζ)) eine kleine Kreisscheibe mit Mittelpunktφ(ζ) ist, und ersetzen dannφdurch die Abbildung z 7→ (φ(z)−φ(ζ))/ε. Dann erf¨ullt die neue Abbildung die Bedingungen (5.22). Mit dieser Wahl von U und φist
f(φ−1(t))6= 0 ∀t∈D∩H.
DaD∩Heinfach zusammenh¨angend ist, existiert nach Satz 4.17 eine holo-morphe Funktion g:D∩H→C so dass
eg=f◦φ−1|D∩H. Nach Satz 5.24 gilt
limt→x t∈D∩H
f(φ−1(t))
= 1 ∀x∈D∩R.
Da
f(φ−1(t))
=eReg(t) ist, folgt daraus limt→x
t∈D∩H
Reg(t) = 0 ∀x∈D∩R.
Nach Satz 5.25 existiert also eine holomorphe Funktion ge : D → C deren Einschr¨ankung auf D∩H gleich g ist. Wir definieren nun Uζ := U und fζ : Ω∪Uζ →Cdurch
fζ(z) :=
eeg(φ(z)), f¨urz∈Uζ,
f(z), f¨urz∈Ω. (5.23) Diese Funktion ist wohldefiniert, da die beiden Ausdr¨ucke auf Ω∩Uζ ¨ uber-einstimmen, und sie ist offensichtlich holomorph. Wir definieren nun einen Diffeomorphismus
τζ :Uζ →Uζ, τζ(z) :=φ−1
φ(z)
.
Dies enspricht der komplexen Konjugation auf φ(U) =D. Insbesondere ist τζ eine Involution, das heisst τζ◦τζ = id, und es folgt aus (5.19), dass f¨ur allez∈Uζ gilt:
z∈Uζ∩Ω ⇐⇒ φ(z)∈H ⇐⇒ τζ(z)∈Uζ\Ω,
z∈Uζ∩∂Ω ⇐⇒ φ(z)∈R ⇐⇒ τζ(z) =z, (5.24)
Daeg die Symmetriebedingung eg ¯t
=−eg(t) ∀t∈D erf¨ullt, erhalten wir
fζ(τζ(z)) = 1
fζ(z) ∀z∈Uζ. (5.25) Es folgt sofort aus (5.23), (5.24), und (5.25) dass fζ die Bedingung (5.20) erf¨ullt. Es folgt wiederum aus (5.20) und (5.25), dassfζ injektiv ist ( ¨Ubung).
Damit haben wir Schritt 1 bewiesen.
Schritt 2.SeiC wie in Schritt 1. Dann existiert eine offene MengeW ⊂C und eine holomorphe Funktion Fe:W →C so dass
D⊂W, W ∩S1 =C, Fe|D=f−1 (5.26) und, f¨ur allew∈W,
|w|<1 ⇐⇒ Fe(w)∈Ω,
|w|= 1 ⇐⇒ Fe(w)∈∂Ω,
|w|>1 ⇐⇒ Fe(w)∈/Ω.
(5.27)
F¨ur jedes ζ ∈Γ k¨onnen wir die UmgebungUζ in Schritt 1 so w¨ahlen, dass Vζ :=fζ(Uζ) =Bεζ(fζ(ζ))
ist f¨ur eine geeignete Konstante εζ >0. Dann stimmt die Abbildung fζ−1:D∪Vζ →Ω∪Uζ
auf Vζ ∩D mit f−1 uberein. Ausserdem ist die Menge¨ Vζ ∩Vζ0 ∩D f¨ur ζ, ζ0∈Γ der Durchschnitt dreier Kreisscheiben, zwei davon mit Mittelpunkt auf dem Rand der dritten. (Siehe Abbildung 5.3.) Dieser Durchschnitt ist einerseits zusammenh¨angend, und andererseits ist er genau dann nichtleer, wennnVζ∩Vζ0 6=∅ist. (WennVζ∩Vζ0 6=∅ist, enth¨alt die Gerade durchfζ(ζ) undfζ0(ζ0) ein Element von Vζ∩Vζ0∩D.) Daraus folgt, nach Korollar 3.57, dass
fζ−1(w) =fζ−10 (w) ∀w∈Vζ∩Vζ0 ∀ζ, ζ0 ∈Γ.
SeiFe:W →Cdefiniert durch W :=D∪ [
ζ∈Γ
Vζ, Fe(w) :=
f−1(w), f¨urw∈D, fζ−1(w), f¨urw∈Vζ.
5.4. REGULARIT ¨AT AM RAND 167
V V
ζζ’
D
Abbildung 5.3: Drei Kreisscheiben
Dies ist eine wohldefinierte holomorphe Funktion auf einer offenen Menge W ⊂ C mit D∪C ⊂ W, die auf D mit f−1 ¨ubereinstimmt. Dass diese Funktion die Bedingung (5.27) erf¨ullt, folgt sofort aus (5.20). Wir bemerken noch, dass
W ∩S1= [
ζ∈Γ
Vζ∩S1 =C ist, denn f¨ur jedesζ ∈Γ gilt
Vζ∩S1 =fζ(Uζ∩∂Ω) =fζ(Uζ∩Γ)⊂C
und f¨ur jedesw∈C existiert einζ ∈Γ mitw=fζ(ζ)∈Vζ∩S1. Damit gilt auch (5.26) und wir haben Schritt 2 bewiesen.
Schritt 3. Die Einschr¨ankung vonFe auf D∪C ist injektiv.
Seien w, w0 ∈D∪C mit Fe(w) =Fe(w0). Ist w∈D so folgt aus (5.27), dass w0 ∈Dist und daher gilt
w=f(Fe(w)) =f(Fe(w0)) =w0.
Ist w∈C so folgt aus (5.26) und (5.27), dass w0 ∈W ∩S1 =C ist. Daher gibt es Punkte ζ, ζ0 ∈Γ mit
w=fζ(ζ), w0 =fζ0(ζ0).
Nach Definition von Fe gilt
ζ =fζ−1(w) =Fe(w) =Fe(w0) =fζ−10 (w0) =ζ0 und daraus folgt w=w0. Damit haben wir Schritt 3 bewiesen.
Schritt 4. Es gibt eine offene TeilmengeWf ⊂W so dass D∪C ⊂Wf und Fe|
fW injektiv ist.
DaC eine relativ offene Teilmenge von S1 ist, istD∪C eine relativ offene Teilmenge vonD. Daraus folgt, dass die Menge
Kn:=
z∈D∪C|B1/n(z)∩D⊂D∪C
kompakt ist ( ¨Ubung). Damit haben wir eine wachsende Folge kompakter MengenKn⊂D∪C deren Vereinigung D∪C ist.
Behauptung:Es gibt eine Folge offener TeilmengenWn⊂C, die f¨ur jedes n∈N die folgenden Bedingungen erf¨ullen
Wn−1∪Kn⊂Wn, Wn⊂W, Fe|W
n ist injektiv. (5.28) F¨ur n = 0 setzen wir W0 := ∅. Wir nehmen an, dass Wn ⊂ C konstruiert wurde so dass (5.28) gilt. Dann gilt:
Fe ist injektiv auf Wn∪Kn+1. (5.29) Seienw, w0 ∈Wn∪Kn+1 mitFe(w) =Fe(w0). Ist w∈Dso gilt nach (5.27), dassFe(w0) =Fe(w)∈Ω∪∂Ω ist und daher gilt auchw0 ∈D. Also sindw, w0 beide in D∩W =D∪C und daraus folgt nach Schritt 3, dass w=w0 ist.
Im Fallw /∈Dfolgt aus (5.27), dassw0 auch nicht inDliegt. Also sind dann w, w0 beide in Wn und es folgt aus (5.28), dassw=w0 ist. Damit haben wir gezeigt, dassFe aufWn∪Kn+1 injektiv ist, wie behauptet.
Wir zeigen nun, dass eine offene Menge Wn+1 ⊂ C existiert, die die Bedingung (5.28) mitn+ 1 stattnerf¨ullt. Die entscheidende Bedingung ist dabei, dass Fe auf Wn+1 injektiv ist; die anderen beiden Bedingungen sind nach Lemma 3.42 f¨ur jede hinreichend kleine ε-Umgebung von Wn∪Kn+1
erf¨ullt. Wenn es also eine solche offene Menge Wn+1 nicht gibt, existieren Folgenzν, wν ∈W so dass
Fe(zν) =Fe(wν), zν 6=wν, B1/ν(zν)∩ Wn∪Kn+1
6=∅, B1/ν(wν)∩ Wn∪Kn+1
6=∅.
Durch ¨Ubergang zu Teilfolgen k¨onnen wir ohne Beschr¨ankung der Allge-meinheit annehmen, dasszν gegen z∗ und wν gegen w∗ konvergiert. Damit erhalten wir zwei Elemente
z∗, w∗ ∈Wn∪Kn+1, Fe(z∗) =Fe(w∗).
Nach (5.29) folgt daraus w∗ = z∗. Nun ist aber die Einschr¨ankung von Fe auf eine hinreichend kleine Umgebung von z∗ nach Konstruktion injektiv.
5.4. REGULARIT ¨AT AM RAND 169 Daraus folgtzν =wν f¨ur hinreichend grosseν, im Widerspruch zu der Wahl unserer Folgen. Damit haben wir die Existenz der Folge offener MengenWn, die die Bedingung (5.28) erf¨ullen, bewiesen. Nun definieren wir einfach
Wf := [
n∈N
Wn.
Nach (5.28) ist dies eine offene Teilmenge von W so dass D∪C = [
n∈N
Kn⊂fW
und die Einschr¨ankung vonFeaufWf ist injektiv. Damit haben wir Schritt 4 bewiesen. Ist fW wie in Schritt 4, so erf¨ullen
Ω :=e Fe(fW), fe:=Fe−1 die Behauptungen des Satzes.
Ubung 5.34.¨ Sei Ω( Ceine nichtleere zusammenh¨angende einfach zusam-menh¨angende offene Menge und f : Ω→Deine biholomorphe Abbildung.
(a) Erf¨ullt Ω die Symmetriebedingung
z∈Ω ⇐⇒ z¯∈Ω
und ist z0 :=f−1(0)∈Rund f0(z0)>0, so gilt f(¯z) =f(z).
(b) Sei Ω symmetrisch bez¨uglich z0=f−1(0):
z0+ζ ∈Ω ⇐⇒ z0−ζ ∈Ω Was kann man ¨uber f sagen?
(c) Sei G eine Gruppe die auf Ω durch biholomorphe Abbildungen wirkt.
Formulieren Sie genau, was das heisst, und beweisen Sie, dass es eine biholo-mophe Wirkung von G auf Dgibt so dassf eine G-equivariante Abbildung ist. Formulieren Sie eine ¨ahnliche Aussage f¨ur eine Gruppenwirkung durch holomorphe und anti-holomorphe Diffeomorphismen.